臺中市立臺中第一高級中等學校106學年度第 1 次教師甄選
壹、填充題A部分

解:limn→∞an=limn→∞n∑k=12n[(2+2k−2n)2+1]=∫20[(2+x)2+1]dx=[13x2+2x2+5x]|20=43+18=623
解:f2=f(f1)=f(ax+b)=a(ax+b)+b=a2x+ab+b⇒f3=f(f2)=a3x+a2b+ab+b⇒f7=a7+a6b+a5b+⋯+ab+b=128x+381⇒{a7=128b(a7−1)=381⇒{a=2b=3⇒a+b=5
解:f(x)=x3−x⇒f′(x)=3x2−1;令P(p,p3−p)為切點,其切線斜率為3p2−1⇒切線L:y=(3p2−1)(x−p)+p3−p,又L過(2,a)⇒a=(3p2−1)(2−p)+p3−p⇒g(p)=2p3−6p2+2+a=0;g′(p)=0⇒6p2−12p=0⇒6p(p−2)=0⇒p=0,2;有三相異切線⇒g(p)=0有相異三實根⇒g(p)=0有兩極值且異號,即g(0)g(2)<0⇒(2+a)(16−24+2+a)<0⇒(a−6)(a+2)<0⇒−2<a<6解:A、B在y2=4x上,則令{A(a2/4,a)B(b2/4,b);又¯OA⊥¯OB,即→OA⋅→OB=0⇒a2b216+ab=0⇒ab=−16△OAB面積=12¯OA⋅¯OB=12√a416+a2⋅√b416+b2=132√(a4+16a2)(b4+16b2)=132√(ab)4+16a2b2(a2+b2)+162(ab)2=2√32+a2+b2=2√32+(a+b)2−2ab=2√64+(a+b)2≥2√64=16
解:{z1=−3iz2=3i⇒{Arg(z+3i)=Arg(z−z1)Arg(z−3i)=Arg(z−z2)⇒∠z1zz2=310∘−40∘=270∘⇒△z1zz2為一直角三角形⇒{原點O為△z1zz2外接圓圓心外接圓半徑r=¯z1z2÷2=3⇒|z|=¯Oz=r=3
解:
解:x4−x3+x−1=x3(x−1)+(x−1)=(x3+1)(x−1)=(x+1)(x−1)(x2−x+1)令f(x)=x17+4x3−3x+1=(x+1)(x−1)(x2−x+1)P(x)+ax3+bx2+cx+d⇒{f(1)=3=a+b+c+df(−1)=−1=−a+b−c+d⇒{a+c=2b+d=1⋯(1);x3+1為f(x)之因式,將x3=−1代入f(x)⇒x2⋅(x3)5+4x3−3x+1=ax3+bx2+cx+d⇒−x2−3x−3=bx2+cx+d−a⇒{b=−1c=−3d−a=−3代入(1)⇒{a=5b=−1c=−3d=2⇒餘式為5x3−x2−3x+2
解:¯AD=¯DE=¯EB⇒△ACD面積=△DCE面積=△ECB面積=△ABC÷3=12⇒12¯CA⋅¯CDsinα=12¯CD⋅¯CEsinβ=12¯CE⋅¯CBsinγ=12⇒¯CDsinα=¯CD⋅¯CEsinβ=3¯CEsinγ=1⇒sinβsinαsinγ=1/(¯CD⋅¯CE)1/¯CD⋅1/3¯CE=3
解:x3−1=0⇒(x−1)(x2+x+1)=0⇒x=1,ω,ω2f(x)=(1+x+x2)1000=2000∑k=0akxk⇒f(1)=31000=a0+a1+a2+⋯+a2000⇒f(ω)=0=a0+a1ω+a2ω2+a3+a4ω+a5ω2+⋯+a2000ω2⇒f(ω2)=0=a0+a1ω2+a2ω+a3+a4ω2+a5ω+⋯+a2000ω⇒f(0)+f(ω)+f(ω2)=3a0+a1(1+ω+ω2)+a2(1+ω2+ω)+3a3+⋯+a2000(1+ω2+ω)=3(a0+a3+a6+⋯+a1998)⇒31000=3666∑k=0a3k⇒666∑k=0a3k=3999⇒log(666∑k=0a3k)=log3999=999×log3=999×0.4771=476.6229⇒666∑k=0a3k之值為476+1=477位數解:{n=1⇒f(x)=a1x,其中12<x≤1n=2⇒f(x)=a2x2,其中13<x≤12n=3⇒f(x)=a3x3,其中14<x≤13⋯n=n⇒f(x)=anxn,其中1n+1<x≤1n;f(x)是連續的⇒{f(12)=a112=a2(12)2⇒a2=2a1f(13)=a2(13)2=a3(13)3⇒a3=3a2⋯f(1n)=an−1(1n)n−1=an(1n)n⇒an=nan−1⇒an=nan−1=n(n−1)an−2=⋯=n(n−1)⋯2a1=n!
解:n位數各位數分別為bnbn−1…b2b1,其中1≤bn≤9,0≤bn−1,bn−2,…,b1≤9,若該數字為吉祥數字,則bn+bn−1+⋯+b1=7,因此共有Hn7−1=6個;因此{H16=C66=1H26=C76=7H36=C86=28⇒1+7+28=36;1開頭的四位數中,吉祥數字有H36=C86=28個,而2005是四位數中第1個吉祥數字,因此n=36+28+1=65⇒5n=325;又{H46=C96=84H56=C106=210⇒5∑k=1Hk6=330>325>120=4∑k=1Hk6⇒a325是五位數;由於{1開頭的五位數中,吉祥數字有H46=84個2開頭的五位數中,吉祥數字有H45=56個3開頭的五位數中,吉祥數字有H44=35個4開頭的五位數中,吉祥數字有H43=20個5開頭的五位數中,吉祥數字有H42=10個⇒1−4開頭的五位數中,有84+56+35+20+10=205,再加1−4位數的吉祥數字120個,剛好是325個;因此a325=5開頭的五位數中最大的吉祥數字,即52000
解:
(1)n=1,點數總和可以是3,4,5,6;n=2,點數總和可以是5−12;n=3,點數總和可以是9−18;n=4,點數總和可以是17−24;n=5,點數總和至少是33,但擲骰子5次總和最多是5×6=30<33,因此最多能過4關;(2)n點數總和機率13−64/6254/3665/3676/3685/3694/36103/36112/36121/363925/2161027/2161127/2161225/2161321/2161415/2161510/216166/216173/216181/216連過3關的機率:p(n=1)⋅p(n=2)⋅p(n=3)=46⋅3036⋅160216=100243
解:{{bn}為等比⇒bn=b1rn−1{an}為等差⇒an=a1+(n−1)d;又limn→∞n∑k=1bk=b11−r=√2+1⇒b1=(√2+1)(1−r),其中0<r<1;{{a1=a2−da3=a2+d{b1=b2/rb3=b2r⇒{b1=a21b2=a22b3=a23⇒{b2r=(a2−d)2b2=a22b2r=(a2+d)2⇒(a2−d)2(a2+d)2=a42⇒a42=(a22−d2)2=a42−2a22d2+d4⇒2a22d2=d4⇒2a22=d2若{d=√2a2d=−√2a2,利用b3=b2r=a22r=(a2+d)2⇒{a22r=(a2+√2a2)2⇒r=(√2+1)2>1a22r=(a2−√2a2)2⇒r=(1−√2)2<1由於0<r<1,因此r=(1−√2)2=3−2√2⇒b1=(√2+1)(1−r)=(√2+1)(2√2−2)=2現在d=−√2a2⇒a1=a2−d=(1+√2)a2,再加上題意a1<a2⇒{a1<0d>0因此b1=a21⇒2=a21⇒a1=−√2=(1+√2)a2⇒a2=−√2√2+1=−2+√2⇒d=a2−a1=−2+√2−(−√2)=−2+2√2⇒{a1=−√2d=−2+2√2
證:0≤x≤1⇒0≤1−x⇒0≤xn(1−x)⇒0≤xn−xn−1⋯(1)又1n+1=n個⏞xn⋯xn+(1−x)n+1≥n+1√(xn)n(1−x)⇒1(n+1)n+1≥(xn)n(1−x)⇒nn(n+1)n+1≥xn(1−x)=xn−xn+1⇒xn−xn+1≤nn(n+1)n+1⋯(2)由(1)及(2)可得0≤xn−xn+1≤nn(n+1)n+1,故得證
證:0≤x≤1⇒0≤1−x⇒0≤xn(1−x)⇒0≤xn−xn−1⋯(1)又1n+1=n個⏞xn⋯xn+(1−x)n+1≥n+1√(xn)n(1−x)⇒1(n+1)n+1≥(xn)n(1−x)⇒nn(n+1)n+1≥xn(1−x)=xn−xn+1⇒xn−xn+1≤nn(n+1)n+1⋯(2)由(1)及(2)可得0≤xn−xn+1≤nn(n+1)n+1,故得證
第7題,x^3+1為f(x)之因式?
回覆刪除